5.2.2 第2课时 等差数列前n项和的应用-【创新教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第三册五维课堂同步课件PPT（人教B版）

该高中数学课件针对新教材数学B版选择性必修三内容，以课前预习单引导学生从现实情境中发现数量关系与空间形式，通过课堂互学、导学案等搭建学习支架，帮助学生衔接前后知识脉络。 其亮点在于以“课前预习-课堂互学-课后提升”三阶设计，通过预习单培养数学眼光发现问题，课堂互学发展数学思维推理能力，课后拓展提升用数学语言表达现实问题的能力。采用分层任务设计，学生能逐步深化理解，教师可依托结构化资源提升教学效率。

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[情境引入] 为了达到比较好的音响和观赏效果，很多剧场的座位都是排成圆弧形的，如图所示． 如果某公司要为一个类似的剧场定做椅子，而且剧场座位的排列规律是：第一排36个，以后每一排比前一排多6个，共有8排，你能帮这个公司算出共需要多少椅子吗？ 椅子总数eq \f(36＋6×7,2)×8＝456(把) [知识梳理] [知识点一]　等差数列{an}的前n项和Sn的性质　 性质1 等差数列中依次k项之和Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…组成公差为k2d的等差数列 性质2 若等差数列的项数为2n(n∈N*)，则S2n＝n(an＋an＋1)，S偶－S奇＝nd，eq \f(S偶,S奇)＝eq \f(an＋1,an)(S奇≠0)； 若等差数列的项数为2n－1(n∈N*)，则S2n－1＝(2n－1)an(an是数列的中间项)，S奇－S偶＝an，eq \f(S偶,S奇)＝eq \f(n－1,n)(S奇≠0) 性质3 {an}为等差数列⇒eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))为等差数列 若{an}是公差为d的等差数列，那么a1＋a2＋a3，a4＋a5＋a6，a7＋a8＋a9是否也是等差数列？如果是，公差是多少？ [提示]　(a4＋a5＋a6)－(a1＋a2＋a3)＝(a4－a1)＋(a5－a2)＋(a6－a3)＝3d＋3d＋3d＝9d， (a7＋a8＋a9)－(a4＋a5＋a6)＝(a7－a4)＋(a8－a5)＋(a9－a6)＝3d＋3d＋3d＝9d. ∴a1＋a2＋a3，a4＋a5＋a6，a7＋a8＋a9是公差为9d的等差数列． [知识点二]　等差数列{an}前n项和公式的函数特征 　 1．公式Sn＝na1＋eq \f(nn－1d,2)可化成关于n的表达式：Sn＝　eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n　.当d≠0时，Sn关于n的表达式是一个常数项为零的二次式，即点(n，Sn)在其相应的　二次　函数的图象上，这就是说等差数列的前n项和公式是关于n的二次函数，它的图象是抛物线y＝eq \f(d,2)x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))x上横坐标为正整数的一系列孤立的点． 2．等差数列前n项和的最值 (1)在等差数列{an}中， 当a1＞0，d＜0时，Sn有　最大　值，使Sn取得最值的n可由不等式组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(an≥0，,　an＋1≤0　))确定； 当a1＜0，d＞0时，Sn有　最小　值，使Sn取到最值的n可由不等式组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(an≤0，,　an＋1≥0　))确定． (2)Sn＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n，若d≠0，则从二次函数的角度看：当d＞0时，Sn有　最小　值；当d＜0时，Sn 有　最大　值．当n取最接近对称轴的自然数时，Sn取到最值． [预习自测] 1．判断下列说法是否正确，正确的在它后面的括号里打“√”，错误的打“×”． (1)等差数列的前n项和一定是常数项为0的关于n的二次函数．(　　) (2)若等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn.则eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))的公差为eq \f(d,2).(　　) (3)数列{an}的前n项和Sn＝n2＋1，则{an}不是等差数列．(　　) 答案：(1)×　(2)√　(3)　√ 2．等差数列{an}中，a1＋a2＋a3＝－24，a18＋a19＋a20＝78，那么此数列前20项的和为(　　) A．160 B．180 C．200 D．220 解析：B　[由a1＋a2＋a3＝3a2＝－24，得a2＝－8， 由a18＋a19＋a20＝3a19＝78，得a19＝26，于是S20＝10(a1＋a20)＝10(a2＋a19)＝10×(－8＋26)＝180.] 3．等差数列{an}的前m项和Sm为20，前3m项和S3m为90，则数列{an}的前2m项和S2m的值是　________　. 解析：由题意知Sm，S2m－Sm，S3m－S2m成等差数列， ∵2(S2m－Sm)＝Sm＋S3m－S2m， ∴2(S2m－20)＝20＋90－S2m，∴S2m＝50. 答案：50 4．设等差数列{an}满足a3＝5，a10＝－9. (1)求{an}的通项公式； (2)求{an}的前n项和Sn及使得Sn最大的自然数n的值． 解：(1)由an＝a1＋(n－1)d及a3＝5，a10＝－9， 得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝5，,a1＋9d＝－9，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＝9，,d＝－2，)) 所以数列{an}的通项公式为an＝11－2n，n∈N*. (2)由(1)知，Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d＝10n－n2. 因为Sn＝－(n－5)2＋25， 所以当n＝5时，Sn取得最大值． 等差数列前n项和性质的应用 [例1]　(1)等差数列{an}的前m项和为30，前2m项和为100，求数列{an}的前3m项的和S3m； (2)两个等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，已知eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(7n＋2,n＋3)，求eq \f(a5,b5)的值． [解析]　(1)方法一　在等差数列中， ∵Sm，S2m－Sm，S3m－S2m成等差数列， ∴30,70，S3m－100成等差数列． ∴2×70＝30＋(S3m－100)，∴S3m＝210. 方法二　在等差数列中，eq \f(Sm,m)，eq \f(S2m,2m)，eq \f(S3m,3m)成等差数列， ∴eq \f(2S2m,2m)＝eq \f(Sm,m)＋eq \f(S3m,3m). 即S3m＝3(S2m－Sm)＝3×(100－30)＝210. (2)eq \f(a5,b5)＝eq \f(\f(1,2)a1＋a9,\f(1,2)b1＋b9)＝eq \f(\f(9a1＋a9,2),\f(9b1＋b9,2))＝eq \f(S9,T9)＝eq \f(7×9＋2,9＋3)＝eq \f(65,12). 利用等差数列前n项和Sn的有关性质在解题过程中，如果运用得当可以达到化繁为简、化难为易、事半功倍的效果． [变式训练] 1．一个等差数列的前10项和为100，前100项和为10，求前110项之和． 解：方法一　设Sn＝an2＋bn. ∵S10＝100，S100＝10， ∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(102a＋10b＝100，,1002a＋100b＝10，)) 解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝－\f(11,100)，,b＝\f(111,10).)) ∴Sn＝－eq \f(11,100)n2＋eq \f(111,10)n. ∴S110＝－eq \f(11,100)×1102＋eq \f(111,10)×110＝－110. 方法二　S100－S10＝a11＋a12＋…＋a100 ＝90·eq \f(a11＋a100,2)＝－90， ∴eq \f(a11＋a100,2)＝－1， ∴S110＝eq \f(110×a1＋a110,2)＝－110. 等差数列前n项和的最值问题 [例2]　在等差数列{an}中，a10＝18，前5项的和S5＝－15. (1)求数列{an}的通项公式； (2)求数列{an}的前n项和的最小值，并指出何时取最小值． 解：(1)由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＋9d＝18，,5a1＋\f(5×4,2)×d＝－15，))解得a1＝－9，d＝3，∴an＝3n－12. (2)方法一　Sn＝eq \f(na1＋an,2)＝eq \f(1,2)(3n2－21n)＝eq \f(3,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(7,2)))2－eq \f(147,8)， ∴当n＝3或4时，前n项的和取得最小值S3＝S4＝－18. 方法二　设Sn最小，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(an≤0，,an＋1≥0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(3n－12≤0，,3n＋1－12≥0，)) 解得3≤n≤4，又n∈N*，当n＝3或4时，前n项和的最小值S3＝S4＝－18. [母题变式] 1．将本例中的条件“S5＝－15”改为“S5＝125”，其余不变，则数列{an}的前n项和有最大值还是有最小值？并求出这个最大值或最小值． [解]　S5＝eq \f(1,2)×5×(a1＋a5)＝eq \f(1,2)×5×2a3＝5a3＝125，故a3＝25，a10－a3＝7d，即d＝－1＜0，故Sn有最大值，an＝a3＋(n－3)d＝28－n. 设Sn最大，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(an≥0，,an＋1≤0，))解得27≤n≤28，即S27和S28最大，又a1＝27，故S27＝S28＝378. 2．在本例中，根据第(2)题的结果，若Sn＝0，求n. [解]　方法一　因为S3＝S4＝－18为Sn的最小值，由二次函数的图象可知，其对称轴为x＝eq \f(7,2)，所以当x＝0或x＝7时，图象与x轴的交点为(0,0)，(7,0)，又n∈N*，所以S7＝0，所以n＝7. 方法二　因为S3＝S4，所以a4＝S4－S3＝0，故S7＝eq \f(1,2)×7×(a1＋a7)＝7a4＝0，所以n＝7. 3．将本例变为：等差数列{an}中，设Sn为其前n项和，且a1＞0，S3＝S11，则当n为多少时，Sn最大． [解]　方法一　要求数列前多少项的和最大，从函数的观点来看，即求二次函数Sn＝an2＋bn的最大值，故可用求二次函数最值的方法来求当n为多少时，Sn最大． 由S3＝S11，可得3a1＋eq \f(3×2,2)d＝11a1＋eq \f(11×10,2)d，即d＝－eq \f(2,13)a1. 从而Sn＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n＝－eq \f(a1,13)(n－7)2＋eq \f(49,13)a1，又a1＞0，所以－eq \f(a1,13)＜0.故当n＝7时，Sn最大． 方法二　由于Sn＝an2＋bn是关于n的二次函数，由S3＝S11，可知Sn＝an2＋bn的图象关于n＝eq \f(3＋11,2)＝7对称．由方法一可知a＝－eq \f(a1,13)＜0，故当n＝7时，Sn最大． 等差数列前n项和的最值问题的三种解法 1．利用an： (1)若a1＜0，d＞0，则数列的前面若干项为负数项(或0)，所以将这些项相加即得{Sn}的最小值． (2)若a1＞0，d＜0，则数列的前面若干项为正数项(或0)，所以将这些项相加即得{Sn}的最大值． 2．利用Sn：由Sn＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n(d≠0)，利用二次函数配方法求取得最值时n的值． 3．利用二次函数的图象的对称性． [变式训练] 2．在等差数列{an}中a1＝25，S17＝S9，求其前n项和Sn的最大值． [解]　法一：∵S9＝S17，a1＝25， ∴9×25＋eq \f(99－1,2)d＝17×25＋eq \f(1717－1,2)d，解得d＝－2. ∴Sn＝25n＋eq \f(nn－1,2)×(－2)＝－n2＋26n＝－(n－13)2＋169. ∴当n＝13时，Sn有最大值169. 法二：同法一，求出公差d＝－2.∴an＝25＋(n－1)×(－2)＝－2n＋27. ∵a1＝25＞0， 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(an＝－2n＋27≥0，,an＋1＝－2n＋1＋27≤0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n≤13\f(1,2)，,n≥12\f(1,2)，)) 又∵n∈N*，∴当n＝13时，Sn有最大值169. 法三：∵S9＝S17，∴a10＋a11＋…＋a17＝0. 由等差数列的性质得a13＋a14＝0. ∵a1＞0，∴d＜0.∴a13＞0，a14＜0.∴当n＝13时，Sn有最大值169. 法四：设Sn＝An2＋Bn.∵S9＝S17， ∴二次函数对称轴为x＝eq \f(9＋17,2)＝13，且开口方向向下， ∴当n＝13时，Sn取得最大值169. 数列{|an|}的前n项和 [例3]　数列{an}的前n项和Sn＝33n－n2 (1)求{an}的通项公式； (2)设bn＝|an|，求数列{bn}的前n项和Sn′. [思路点拨]　(1)利用Sn与an的关系求通项，也可由Sn的结构特征求a1，d，从而求出通项． (2)利用an判断哪些项是正数，哪些项是负数，再求解，也可以利用Sn的函数特征判断项的正负求解． [解]　(1)法一：(公式法)当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝34－2n， 又当n＝1时，a1＝S1＝32＝34－2×1满足an＝34－2n. 故{an}的通项公式为an＝34－2n. 法二：(结构特征法)由Sn＝－n2＋33n知Sn是关于n的缺常数项的二次型函数，所以{an}是等差数列，由Sn的结构特征知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(d,2)＝－1，,a1－\f(d,2)＝33，)) 解得a1＝32，d＝－2，所以an＝34－2n. (2)由(2)知，当n≤17时，an≥0；当n≥18时，an＜0. 所以当n≤17时，Sn′＝b1＋b2＋…＋bn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an| ＝a1＋a2＋…＋an＝Sn＝33n－n2. 当n≥18时， Sn′＝|a1|＋|a2|＋…＋|a17|＋|a18|＋…＋|an| ＝a1＋a2＋…＋a17－(a18＋a19＋…＋an)＝S17－(Sn－S17)＝2S17－Sn ＝n2－33n＋544. 故Sn′＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(33n－n2n≤17，,n2－33n＋544n≥18.)) 求解数列{|an|}的前n项和，应先判断{an}的各项的正负，然后去掉绝对值号，转化为等差数列的求和问题． [变式训练] 3．数列{an}的前n项和Sn＝－eq \f(3n2,2)＋eq \f(205,2)n，求数列{|an|}的前n项和Tn. [解]　a1＝S1＝－eq \f(3,2)×12＋eq \f(205,2)×1＝101. 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1 ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)n2＋\f(205,2)n))－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)n－12＋\f(205,2)n－1))＝－3n＋104. ∵n＝1也适合上式， ∴数列{an}的通项公式为an＝－3n＋104(n∈N*)． 由an＝－3n＋104≥0，得n≤34.7. 即当n≤34时，an＞0；当n≥35时，an＜0. (1)当n≤34时，Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an＝Sn＝－eq \f(3,2)n2＋eq \f(205,2)n； (2)当n≥35时， Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|a34|＋|a35|＋…＋|an|＝(a1＋a2＋…＋a34)－(a35＋a36＋…＋an) ＝2(a1＋a2＋…＋a34)－(a1＋a2＋…＋an)＝2S34－Sn ＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)×342＋\f(205,2)×34))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)n2＋\f(205,2)n))＝eq \f(3,2)n2－eq \f(205,2)n＋3 502. 故Tn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)n2＋\f(205,2)n，n≤34且n∈N*，,\f(3,2)n2－\f(205,2)n＋3 502，n≥35且n∈N*.)) 等差数列前n项和的应用问题 [例4]　某抗洪指挥部接到预报，24小时后有一洪峰到达，为确保安全，指挥部决定在洪峰到来之前临时筑一道堤坝作为第二道防线．经计算，除现有的参战军民连续奋战外，还需调用20台同型号翻斗车，平均每辆车工作24小时．从各地紧急抽调的同型号翻斗车目前只有一辆投入使用，每隔20分钟能有一辆翻斗车到达，一共可调集25辆，那么在24小时内能否构筑成第二道防线？ [解]　从第一辆车投入工作算起，各车工作时间(单位：小时)依次设为a1，a2，…，a25. 由题意可知，此数列为等差数列，且a1＝24，公差d＝－eq \f(1,3).25辆翻斗车完成的工作量为：a1＋a2＋…＋a25＝25×24＋25×12×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝500， 而需要完成的工作量为24×20＝480. ∵500＞480，∴在24小时内能构筑成第二道防线． 与数列有关的实际问题的求解策略 遇到与正整数有关的应用题时，可以考虑与数列知识联系，建立数列模型，具体解决要注意以下两点： (1)抓住实际问题的特征，明确是什么类型的数列模型． (2)深入分析题意，确定是求通项公式an，或是求前n项和Sn，还是求项数n. [变式训练] 4．某校新建一个报告厅，要求容纳800个座位，报告厅共有20排座位，从第2排起后一排都比前一排多两个座位. 问第1排应安排多少个座位？ 解：设报告厅的座位从第1排到第20排，各排的座位数依次排成一列，构成数列{an}，其前n项和为Sn.根据题意，数列{an}是一个公差为2的等差数列，且S20＝800. 由S20＝20a1＋20×eq \f(20－1,2)×2＝800，可得：a1＝21， 因此，第1排应安排21个座位． [当堂达标] 1．(多选)已知Sn是等差数列{an}的前n项和，且S6＞S7＞S5，有下列四个命题正确的是(　　) A．d＜0； B．S11＞0； C．S12＜0； D．数列{Sn}中的最大项为S11 解析：AB　[∵S6＞S7，∴a7＜0，∵S7＞S5，∴a6＋a7＞0，∴a6＞0，∴d＜0，A正确．又S11＝eq \f(11,2)(a1＋a11)＝11a6＞0，B正确．S12＝eq \f(12,2)(a1＋a12)＝6(a6＋a7)＞0，C不正确．{Sn}中最大项为S6，D不正确．故正确的是AB.] 2．已知等差数列{an}中，|a5|＝|a9|，公差d＞0，则使得前n项和Sn取得最小值的正整数n的值是　________　. 解析：由|a5|＝|a9|且d＞0得a5＜0，a9＞0，且a5＋a9＝0⇒2a1＋12d＝0⇒a1＋6d＝0，即a7＝0，故S6＝S7且最小． 答案：6或7 3．“嫦娥”奔月，举国欢庆，据科学计算运载“嫦娥”飞的“长征3号甲”火箭，点火1 min内通过的路程为2 km，以后每分钟通过的路程增加2 km，在到达离地面240 km的高度时，火箭与飞船分离，则这一过程大约需要的时间是　________　 min. 解析：由题设条件知，火箭每分钟通过的路程构成以a1＝2为首项，公差d＝2的等差数列，∴n min内通过的路程为Sn＝2n＋eq \f(nn－1,2)×2＝n2＋n＝n(n＋1)．即n(n＋1)＝240，解得n＝15. 答案：15 4．记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1＝－7，S3＝－15. (1)求{an}的通项公式； (2)求Sn，并求Sn的最小值． [解]　(1)设{an}的公差为d，由题意得3a1＋3d＝－15.由a1＝－7得d＝2.所以{an}的通项公式为an＝a1＋(n－1)d＝2n－9. (2)由(1)得Sn＝eq \f(na1＋an,2)＝n2－8n＝(n－4)2－16，所以当n＝4时，Sn取得最小值，最小值为－16. $